Chuyên đề 8 tương giao đồ thị hàm số mức 9 đến 10 điểm có lời giải chi tiết

Chuyên đề 8

TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM SỐ

DẠNG TOÁN DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM
Dạng 1. Biện luận m để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện k (hàm số khác)
Câu 1.

(Mã 101 2019) (Mã đề 001) Cho hai hàm số
( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là
và

( C1 )

y=

x − 3 x − 2 x −1
x
+
+
+
x − 2 x −1
x
x + 1 và y = x + 2 − x + m

và

( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của

( C2 )

cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
[ 2; +∞ ) .
( −∞; 2 ) .
( 2; +∞ ) .
A.
B.
C.
Lời giải
Chọn A
x − 3 x − 2 x −1
x
+
+
+
= x+2 −x+m
x
x +1
Xét phương trình x − 2 x − 1
⇔

m để ( C1 )

D.

( −∞; 2] .

x − 3 x − 2 x −1
x
+
+

+
− x+2 + x =m
x − 2 x −1
x
x +1
(1)

Hàm số
 x −3
 x − 2 +
x − 3 x − 2 x −1
x
p ( x) =
+
+
+
− x+2 + x = 
x − 2 x −1
x
x +1
 x −3 +
 x − 2

x−2
+
x −1
x−2
+
x −1

x −1
+
x
x −1
+
x

x
−2
khi x ≥ −2
x +1
x
+ 2 x + 2 khi x < −2
x +1
.

1
1
1
 1
+
+ 2+
> 0, ∀x ∈ ( −2; +∞ ) \ { −1; 0;1; 2}
2
2
2

( x − 1) x ( x + 1)
 ( x − 2)
p′ ( x ) = 

1
1
1
 1
+
+ 2+
+ 2 > 0, ∀x < −2
2
2
2
 ( x − 2)
x
x
−
1
x
+
1
(
)
(
)

Ta có

nên hàm số

y = p ( x)

Mặt khác ta có

( −∞; −1) , ( −1;0 ) , ( 0;1) , ( 1; 2 ) , ( 2; +∞ ) .

đồng biến trên mỗi khoảng

lim p ( x ) = 2

x →+∞

Bảng biến thiên hàm số

và

y = g ( x)

lim p ( x ) = −∞

x →−∞

:

.


Do đó để

( C1 )

và

( C2 )

cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4

y = p ( x)
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số
tại 4 điểm phân biệt ⇔ m ≥ 2 .
Câu 2.

(Mã 103 2019) Cho hai hàm số

y=

x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
x
x + 1 x + 2 x + 3 và y = x + 2 − x − m ( m là tham

( C ) , ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt
số thực) có đồ thị lần lượt là 1
nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
( −2; + ∞ ) .
( −∞; − 2] .
( −∞; − 2 ) .
[ −2; + ∞ ) .
A.

B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
x −1
x
x +1 x + 2
x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
= x+2 − x−m ⇔
+
+
+
− x + 2 + x = −m ( 1)
x
x +1 x + 2 x + 3
x
x +1 x + 2 x + 3
x −1
x
x +1 x + 2
f ( x) =
+
+

+
− x + 2 + x, x ∈ D = ¡ \ { −3; − 2; − 1; 0}
x
x +1 x + 2 x + 3
Xét
x
x +1 x + 2
 x −1
 x + x + 1 + x + 2 + x + 3 − 2, x ∈ ( −2; + ∞ ) ∪ D = D1
f ( x) = 
 x − 1 + x + x + 1 + x + 2 + 2 x + 2, x ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ D = D
2
x +1 x + 2 x + 3
 x
Ta có
1
1
1
1
+
+
, ∀x ∈ D1
2
2
2
 x2 +
x
+
1
x

+
2
x
+
3
(
)
(
)
(
)

f ′( x) = 
1
1
1 + 1 +
+
+ 2, ∀x ∈ D2
2
2
2
2
 x ( x + 1)
x
+
2
x
+
3
(

)
(
)

Có
Dễ thấy

f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ D1 ∪ D2

, ta có bảng biến thiên

Hai đồ thị cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biện khi và chỉ khi phương trình
phân biệt, từ bảng biến thiên ta có: −m ≥ 2 ⇔ m ≤ −2 .
Câu 3.

(Mã 102 2019) Cho hai hàm số

y=

số thực) có đồ thị lần lượt là ( 1 ) và
nhau tại đúng 4 điểm phân biệt là
( −∞;3] .
( −∞ ;3) .
A.
B.
C

( 1)

có đúng 4 nghiệm

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 và y = x + 1 − x + m ( m là tham

( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt

[ 3; +∞ ) .
C.
Lời giải

D.

( 3; +∞ ) .


Chọn C
Điều kiện x ≠ −1; x ≠ −2; x ≠ −3 và x ≠ −4 .
Ta có phương trình hoành độ giao điểm
x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
= x +1 − x + m
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
1  

1  
1  
1 

1 −
÷+  1 −
÷+  1 −
÷+ 1 −
÷= x −1 − x + m
 x +1   x + 2   x + 3   x + 4 
1
1
1 
 1
⇔ x − x +1 + 4 − 
+
+
+
÷= m
 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 

Đặt tập

D1 = ( −1; +∞ )

và

D2 = (−∞; −4) ∪ ( −4; −3) ∪ (−3; −2) ∪ ( −2; −1)

.

  1
1
1
1 
khi x ∈ D1
 3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 ÷ = m,


⇔

1
1
1 
 1
+
+
+
2 x + 5 − 
÷ = m, khi x ∈ D2
 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 

  1
1
1
1 
khi x ∈ D1
3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 ÷,
 


f ( x) = 
2 x + 5 −  1 + 1 + 1 + 1  , khi x ∈ D
2

÷

 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 
Đặt
.
 1
1
1
1 

+
+
+
khi x ∈ D1
÷ > 0,
2
2
2
2
 ( x + 1)
( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 ) ÷
⇒ f ′( x) = 
  1
1
1
1 

+
+
+
÷>0, khi x ∈ D2
 2 + 
2
2
2
2
( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 ) ÷
  ( x + 1)
.
Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định
lim f ( x ) = 3 lim f ( x ) = −∞
x →+∞
x →−∞
nên ta có bảng biến thiên
;

Do đó để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì
Câu 4.

(Mã 104 2019) Cho hai hàm số

y=

m ≥ 3 ⇒ m ∈ [ 3; +∞ )

.

x − 2 x −1
x
x +1
+
+
+
x −1
x
x + 1 x + 2 và y = x + 1 − x − m ( m là tham

(C ) (C )
(C ) (C )
số thực) có đồ thị lần lượt là 1 và 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của m để 1 và 2 cắt
nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
−3; +∞ )
( −∞; −3) .
( −∞; −3] .
( −3; +∞ ) .
A.
B. [
.
C.
D.


Lời giải
Chọn B
Xét phương trình hồnh độ
x − 2 x −1
x

x +1
x − 2 x −1
x
x +1
+
+
+
= x +1 − x − m ⇔
+
+
+
− x + 1 + x = −m
x −1
x
x +1 x + 2
x −1
x
x +1 x + 2
(1)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của
x−2
 x − 1 +
x − 2 x −1
x
x +1
F ( x) =
+
+
+
− x +1 + x = 

x −1
x
x +1 x + 2
x−2 +
 x − 1

x −1
+
x
x −1
+
x

x
+
x +1
x
+
x +1

x +1
−1
,x > − 1
x+2
x +1
+ 2 x + 1, x < −1
x+2

1
1

1
 1
+ 2+
+
, x ∈ ( −1; +∞ ) \ { 0;1}
2
2
2

x
x
−
1
x
+
1
x
+
2
(
)
(
)
(
)

F ′( x) = 
1
 1 + 1 + 1 +
+ 2, x ∈ ( −∞; −1) \ { −2}

2
2
2
2
 ( x − 1)
x ( x + 1)
x + 2)
(

Ta có
.
lim F ( x ) = +∞; lim F ( x ) = 3
x →−∞
Mặt khác x →+∞
lim+ F ( x ) = +∞; lim− F ( x ) = −∞; lim+ F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞
x →−2

x →−2

x →−1

x →−1

lim F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞; lim+ F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞

x → 0+

x →0

x →1

x →1

.

Bảng biến thiên

Để phương trình có 4 nghiệm thì −m ≤ 3 ⇔ m ≥ −3 .

Câu 5.

x2 −1 x2 − 2 x x2 − 4x + 3 x2 − 6x + 8
+
+
+
y = x+2 −x+m m
x
x −1
x−2
x −3
Cho hai hàm số
và
( là tham số
thực) có đồ thị lần lượt là (C1 ) và (C2 ) . Tính tổng tất cả các giá trị nguyên thuộc khoảng (−15 ; 20)
y=

của tham số m để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại nhiều hơn hai điểm phân biệt.
A. 210 .
B. 85 .
C. 119 .

D. 105 .
Lời giải
Chọn B
x2 −1 x2 − 2 x x2 − 4x + 3 x2 − 6x + 8
+
+
+
= x+2 −x+m
x −1
x−2
x−3
Xét phương trình hoành độ giao điểm x
x2 −1 x2 − 2 x x2 − 4x + 3 x2 − 6x + 8
⇔
+
+
+
− x+2 + x = m
x
x −1
x−2
x −3
(1).


Đặt

Ta có
sau

x2 − 1 x2 − 2 x x2 − 4 x + 3 x2 − 6 x + 8
+
+
+
− x−2 + x
x
x −1
x−2
x −3
.
x − 2 − ( x − 2)
1
1
1
1
g ′( x) = 4 + 2 +
+
+
+
>0
2
2
2
x ( x − 1) ( x − 2) ( x − 3)
x−2

g ( x) =

( −∞ ; 0 ) , ( 0 ;1) , ( 1; 2 ) , ( 2 ; 3) và ( 3 ; + ∞ )
lim g ( x) = −∞

x →−∞

và

nên hàm số y = g ( x) đồng biến trên mỗi khoảng đó.

lim g ( x) = +∞

x →+∞

với mọi x thuộc các khoảng

.

Mặt khác ta có
Bảng biến thiên hàm số y = g ( x )

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số y = g ( x) tại năm điểm
phân biệt nên (C1 ) và (C2 ) luôn cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt với mọi giá trị của m . Kết hợp
m ∈ { −14; −13;...;18;19}
điều kiện m nguyên thuộc (−15; 20) nên
. Khi đó tổng tất cả các giá trị m là
S = 15 + 16 + 17 + 18 + 19 = 85 .

Câu 6.

x
x +1 x + 2
+

+
x
x −1
x
x + 1 và y = e + 2020 + 3m ( m là tham số thực) có đồ thị lần
Cho hai hàm số
lượt là (C1 ) và (C2 ) . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc (−2019; 2020) để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau
y=

tại 3 điểm phân biệt?
A. 2692 .

B. 2691 .

C. 2690 .
Lời giải

D. 2693 .

Chọn A

x
x +1 x + 2
+
+
= e x + 2020 + 3m
x
x +1
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x − 1
x

x +1 x + 2 x
⇔
+
+
− e − 2020 = 3m
x −1
x
x +1
(1).
Đặt

g ( x) =

x
x +1 x + 2 x
+
+
− e − 2020
x −1
x
x +1
.

g ′( x) = −

Ta có

( 0;1)

và

1
1
1
− 2−
− ex < 0
2
( x − 1)
x ( x + 1) 2

( 1; +∞ )

( −∞; −1) , ( −1;0 ) ,
với mọi x thuộc các khoảng sau

nên hàm số y = g ( x) nghịch biến trên mỗi khoảng đó.
lim g ( x) = −2017
lim g ( x ) = −∞
x →−∞
và x→+∞
.

Mặt khác ta có
Bảng biến thiên hàm số y = g ( x )


Do đó để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có ba
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = 3m cắt đồ thị hàm số y = g ( x)
tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

3m ≥ −2017 ⇔ m ≥ −

Do m nguyên thuộc (−2019; 2020) nên
thỏa mãn.
Câu 7.

2017
≈ −672,3
3
.

m ∈ { −672; −671;...; 2019}

. Vậy có tất cả 2692 giá trị m

y = ( 2 x 2 + 1)
m
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số
để đồ thị hai hàm số

y=

A.

11
1
−
+ 11 + m
3x − 4 2 − x
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt?

( −∞;0 ) .

B.

( −∞;1] .
C.
Lời giải

( −∞;1) .

D.

x −1

và

( −∞; 2] .

Chọn C

( 2x

2

+ 1) x − 1 =

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
x −1 ≥ 0
x ≥ 1



4
4


⇔ x ≠
x ≠
3
3


x ≠ 2
 x ≠ 2
Điều kiện: 
Ta có:
11
1
2
( *) ⇔ ( 2 x + 1) x − 1 − 3x − 4 + 2 − x − 11 = m

11
1
−
+ 11 + m
3x − 4 2 − x

( *)

4

11
1
[ 1; + ∞ ) \  ; 2
+
− 11
3 
3x − 4 2 − x
Xét hàm số
trên
 4  4 
1; ÷,  ; 2 ÷, ( 2; +∞ )
f ( x)
Nhận thấy, hàm số
liên tục trên các khoảng  3   3 
f ( x ) = ( 2 x 2 + 1) x − 1 −

11
1

′
f ′( x) =  ( 2 x 2 + 1) x − 1 −
+
− 11÷
3x − 4 2 − x


Ta có,
= 4 x x − 1 + ( 2 x 2 + 1)

10 x 2 − 8 x + 1

33
1
1
33
1
=
+
+
>0
+
+
2
2
2
2
2 x − 1 ( 3x − 4 )
2 x −1
( 2 − x)
( 3x − 4 ) ( 2 − x )

4 
∀x ∈ [ 1; + ∞ ) \  ; 2 
3 

Suy ra, hàm số
Bảng biến thiên

f ( x)

đồng biến trên

[ 1; + ∞ ) \ 

4 
; 2
3  .

với


Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hai hàm số

y = ( 2 x 2 + 1)

x −1

và

y=

11
1
−
+ 11 + m
3x − 4 2 − x

m ∈ ( −∞;1]
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi
.
Câu 8.

y=

x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
1− x
x
x + 1 x + 2 x + 3 và y = 2 + 2m ( m là tham số thực) có đồ thị lần

Cho hai hàm số
lượt là (C1 ) và (C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng năm
điểm phân biệt là
( 2; +∞ ) .
( −∞; 2] .
( −∞; 2 ) .
( −∞; 4 ) .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn C
x −1
x
x +1 x + 2
+

+
+
= 21− x + 2m
x +1 x + 2 x + 3
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x

⇔

Đặt

x
x + 1 x + 2 x + 3 1− x
+
+
+
− 2 = 2m
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
.
g ( x) =

x
x + 1 x + 2 x + 3 1− x
+
+
+
−2
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
.

g ′( x) =

Ta có

1
1
1
1
+
+
+
+ 21− x ln 2 > 0
2
2
2
2
x ( x + 1)
( x + 2 ) ( x + 3)

( −∞; −3) , ( −3; −2 ) ( −2; −1) , ( −1;0 ) và ( 0; +∞ ) nên hàm số
với mọi x thuộc các khoảng sau
y = g ( x) đồng biến trên mỗi khoảng đó
lim g ( x) = 4

x →+∞

và và

Mặt khác ta có
Bảng biến thiên hàm số y = g ( x)

lim g ( x) = −∞

x →−∞

.


Do đó để

( C1 )

và

( C2 )

cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 5

nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y = g ( x )
tại 5 điểm phân biệt khi và chỉ khi 2m < 4 ⇔ m < 2
Câu 9.

Cho hai hàm số

y=

x
x −1
x−2
+ 2
+ 2

x − 1 x − 2 x x − 4 x + 3 và y = x − x + 1 + m ( m là tham số thực) có đồ
2

( −20; 20 ) để (C1 ) và (C2 ) cắt
thị lần lượt là (C1 ) và (C2 ) . Số các giá trị m nguyên thuộc khoảng
nhau tại năm điểm phân biệt là
A. 22 .
B. 39 .
C. 21 .
D. 20 .
Lời giải
Chọn C
x
x −1
x−2
+ 2
+ 2
= x − x +1 + m
2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x − 1 x − 2 x x − 4 x + 3
x
x −1
x−2
+ 2
+ 2
− x + x +1 = m
x −1 x − 2x x − 4x + 3
(1).
x
x −1

x−2
g ( x) = 2
+ 2
+ 2
− x + x +1
x − 1 x − 2 x x − 4x + 3
Đặt
.
⇔

2

g ′( x) =

− x2 −1

+

− x2 + 2x − 2

+

− x2 + 4 x − 5

−1 +

( x − 1) ( x − 2 x ) ( x − 4 x + 3)
Ta có
− x 2 − 1 − ( x − 1)2 − 1 − ( x − 2)2 − 1 x + 1 − x + 1
=

+
+
+
<0
2
2
2
2
2
2
x
+
1
x
−
1
x
−
2
x
x
−
4
x
+
3
(
) (
) (
)

2

2

2

2

2

2

x +1
x +1

( −∞; −1) , ( −1;0 ) , ( 0;1) , ( 1; 2 ) , ( 2;3) và ( 3; +∞ ) nên hàm số
với mọi x thuộc các khoảng sau
y = g ( x) nghịch biến trên mỗi khoảng đó.
lim g ( x ) = +∞

x →−∞

và và

lim g ( x ) = 1

x →+∞

.

Mặt khác ta có
Bảng biến thiên hàm số y = g ( x )

Do đó để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có năm
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = g ( x)
m ∈ { −19; −18;...;0;1}
tại năm điểm phân biệt khi m ≤ 1 , do m nguyên thuộc (−20; 20) nên
. Vậy
m
có tất cả 21 giá trị thỏa mãn.
Câu 10.

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x ≥ 0

nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ . Số phần tử của tập S là


B. 2 .

A. 3 .

D. 1 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn D

f ( x ) = m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x

Đặt

Ta có

f ( x ) = m 2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m 2 − 1) x = x  m 2 x 3 − ( m + 2 ) x 2 + x + ( m 2 − 1) 

. Giả sử

2 3
2
2
x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình g ( x ) = m x − ( m + 2 ) x + x + ( m − 1) = 0 thì hàm

số

f ( x ) = m2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m2 − 1) x

sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 0 , nghĩa là

m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x ≥ 0

khơng có nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .
Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
g ( x ) = m 2 x 3 − ( m + 2 ) x 2 + x + ( m 2 − 1) = 0

2
phải có nghiệm x = 0 , suy ra m − 1 = 0 ⇔ m = ±1

Điều kiện đủ:

Với

m = 1, f ( x ) = x 4 − 3x 3 + x 2 = x 2 ( x 2 − 3x + 1)

m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x ≥ 0

Câu 11.

khi đó

f ( 1) = −1 < 0

không thỏa mãn điều kiện

nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ . (loại)

Với

m = 1, f ( x ) = x 4 − x 3 + x 2 = x 2 ( x 2 − x + 1) ≥ 0 x ∈ ¡
,
.

Vậy

S = { −1}

.

( x − 1) ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) ≥ 0 nghiệm
Có bao nhiêu cặp số thực (a; b) để bất phương trình

đúng với mọi x ∈ ¡
A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Đặt

f ( x ) = ( x − 1) ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 )

g ( x ) = ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0
x
=
1
Giả sử
không phải là nghiệm của phương trình
thì hàm số
f ( x ) = ( x − 1) ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 )

sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 1 , nghĩa là

( x − 1) ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) ≥ 0

khơng có nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .
Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g ( x ) = ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0

Lí luận tương tự có
4a − 2b + 2 = 0 (2)

có nghiệm x = 1 suy ra a + b + 2 = 0 (1)

h ( x ) = ( x − 1) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0

cũng phải nhận x = −2 là nghiệm, suy ra

a + b + 2 = 0
a = −1
⇔

b = −1
Từ (1) và (2) ta có hệ 4a − 2b + 2 = 0
Điều kiện đủ:
 a = −1
2
2

f ( x ) = ( x − 1) ( x + 2 ) − x 2 − x + 2 = − ( x − 1) ( x + 2 ) ≤ 0 x ∈ ¡
b
=
−
1

Với
có

,
.
Vậy khơng tồn tại cặp số thực (a; b) nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(

)


Câu 12.

( a; b ) để bất phương trình ( x − 1) ( x − a ) ( x 2 + x + b ) ≥ 0 nghiệm đúng
Trong số các cặp số thực
với mọi x ∈ ¡ , tích ab nhỏ nhất bằng
A.

−

1
4.

1
C. 4 .
Lời giải

B. −1 .

Chọn C
Đặt

f ( x ) = ( x − 1) ( x − a ) ( x 2 + x + b )

và

D. 1 .

g ( x ) = ( x − a ) ( x2 + x + b )

g ( x ) = ( x − a ) ( x2 + x + b ) = 0
Giả sử x = 1 khơng phải là nghiệm của phương trình
thì hàm số
f ( x ) = ( x − 1) ( x − a ) ( x 2 + x + b )

( x − 1) ( x − a ) ( x 2 + x + b ) ≥ 0

sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 1 , nghĩa

không có nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .

Do đó u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g ( x ) = ( x − a ) ( x2 + x + b ) = 0

có

a = 1
 2
2
x + x + b ≥ 0, ∀x ∈ ¡
x

=
1
nghiệm
suy ra hoặc 
hoặc là phương trình x + x + b = 0 có hai
nghiệm x = 1 và x = a
a = 1
a = 1
a = 1


⇔ 1 > 0
⇔
 2
1
 x + x + b ≥ 0, ∀x ∈ R
∆ = 1 − 4b ≤ 0
b ≥ 4

Trường hợp 1:
2
Trường hợp 2: phương trình x + x + b = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = a
2
2
Ta thay x = 1 vào phương trình x + x + b = 0 có 1 + 1 + b = 0 ⇒ b = −2 . Với b = −2 có phương

x =1
x2 + x + b = 0 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ 
 x = −2
trình

Vì x = a cũng là nghiệm của phương trình nên a = −2 .

a = 1
1


1
1 ⇒ ab ≥
4
ab =
b ≥ 4
4
Trong trường hợp 1:
suy ra tích ab nhỏ nhất khi
1
1
a = 1, b =
ab =
4 , tích
4 thì bất phương trình đã cho tương đương với
Và với
2

1
1
2
( x − 1) ( x − 1)  x 2 + x + ÷ ≥ 0 ⇔ ( x − 1)  x + ÷ ≥ 0
4
2



thỏa mãn với mọi x ∈ ¡ (nhận)
1
ab = 4 >
4
Trong trường hợp 2: Tích

Vậy tích ab nhỏ nhất khi

ab =

1
4.

7
5
3
y = x − 2 − x − 2m m
Câu 13. Cho 2 hàm số y = x + x + x + 3m − 1 và
( là tham số thực) có đồ thị lần

lượt là

( C1 ) , ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của

A. m ∈ ¡ .

B.

m ∈ ( 2; +∞ )

.

m để ( C1 ) cắt ( C2 ) là
m ∈ ( −∞; 2 )
m ∈ [ 2; +∞ )
C.
.
D.
.


Lời giải
Chọn A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

x 7 + x 5 + x 3 + 3m − 1 = x − 2 − x − 2m ⇔ x 7 + x 5 + x 3 − x − 2 + x = −5m + 1 (1)
Xét hàm số

f ( x) = x 7 + x 5 + x 3 − x − 2 + x

 x 7 + x 5 + x 3 + 2
f ( x) =  7
5
3
 x + x + x + 2 x − 2
Ta có

.

.

khi x ∈ [ 2; +∞ )

khi x ∈ ( −∞; 2 )

.

7 x 6 + 5 x 4 + 3 x 2 > 0
khi x ∈ ( 2; +∞ )
f ′( x) =  6
4
2
7 x + 5 x + 3 x + 2 > 0 khi x ∈ ( −∞; 2 ) .
lim f ( x ) = −∞

x →−∞

;

lim f ( x ) = +∞

x →+∞

.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình
thì m ∈ ¡ .

( 1)

(C ) (C )
ln có nghiệm với mọi m ∈ ¡ .Vậy để 1 cắt 2

[ −2019; 2019] để phương trình
Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn

(

)

(

)

3 + x 2 3 + x − m + 1 − x 5 1 − x + 2m = 4 − x 2 − 2 x + 3

A. 2019 .

B. 4032 .

C. 4039 .

có nghiệm thực?
D. 4033 .

Lời giải
Chọn B

x ∈ [ −3;1]
Đk:
.
Phương trình đã cho
Đặt

⇔ 11 − 3x − 4

t = 2 1− x − 3 + x = g ( x)

, với

( 3 + x) ( 1− x) + m ( 2

)

1− x − 3 + x = 0

x ∈ [ −3;1] ⇒ 11 − 3 x − 4

( 3 + x) (1− x)

. (*)

= t2 + 4

.

−1
1

−
< 0, ∀x ∈ ( −3;1)
g ( x)
( −3;1) .
1− x 2 3 + x
Có
. Suy ra
nghịch biến trên khoảng
⇒ min g ( x ) = g ( 1) = −2 max g ( x ) = g ( −3) = 4 ⇒ t ∈ [ −2; 4 ]
[ −3;1]
: [ −3;1]
.
2
Từ (*) ⇒ t + mt + 4 = 0 .
g′ ( x) =

Nếu t = 0 ⇒ 0 + 4 = 0 (vơ lí).

−t 2 − 4
4
m=
= −t − = f ( t )
t ∈ [ −2; 4] \{0}
t
t
Nếu
, ta có
.

4 − t2
, f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = ±2
2
t
Có
.
Bảng biến thiên
f ′( t ) =

m ≥ 4

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình có nghiệm thực khi và chỉ khi  m ≤ −4 .

Do đó

 m ∈ [ −2019; 2019]

m ≥ 4
⇒ m ∈ { −2019; − 2018;....; − 4; 4;...; 2018; 2019}

m
≤
−
4


m ∈ ¢


Vậy có

Câu 15.

( 2019 − 4 + 1) .2 = 4032

.

giá trị nguyên của tham số thực m .

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Tập hợp tất cả các số thực của tham số m
để phương trình

x 6 + 6 x 4 − m3 x3 + ( 15 − 3m 2 ) x 2 − 6mx + 10 = 0

có đúng hai nghiệm phân biệt

1 
 ; 2
thuộc đoạn  2  là:
A.

2
5
2.

7
≤m<3
B. 5
.

11
C. 5
.
Lời giải

Chọn A
Ta có:

x 6 + 6 x 4 − m3 x3 + ( 15 − 3m 2 ) x 2 − 6mx + 10 = 0
⇔ ( x 2 + 2 ) + 3 ( x 2 + 2 ) = ( mx + 1) + 3 ( mx + 1)
3

3

⇔ f ( x 2 + 2 ) = f ( mx + 1) (*)
Với

f ( t ) = t 3 + 3t

Hàm số

f ( t)

. Do

f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡

2
đồng biến trên ¡ . Nên (*) ⇔ x + 2 = mx + 1

⇔ x 2 − mx + 1 = 0 ⇔ m =

Xét hàm số

g ( x) =

x2 + 1
x .

x2 + 1
x trên

1 
 2 ; 2 

D.

0
9
4.


Ta có:

g '( x) = 1−

1
⇒ g ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1.

x2

Bảng biến thiên.

1 
 ; 2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc  2 
khi và chỉ khi
Câu 16.

2
5
2.

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Có bao nhiêu m nguyên dương để hai đường cong

( C1 ) : y = 2 +
A. 35.

2
x − 10 và ( C2 ) : y = 4 x − m cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hồnh độ dương?
B. 37.
C. 36.
D. 34.
Lời giải.

ChọnC

 x ≠ 10



m
 x ≥ 4
Điều kiện:
.
( 0; +∞ ) \ { 10} , phương trình hồnh độ giao điểm của ( C1 ) và ( C2 ) là
Xét trên
2

2
 2 x − 18 
2+
= 4x − m ⇔ m = 4x − 
÷
x − 10
 x − 10  .
2

 2 x − 18 
g ( x) = 4x − 
÷
 x − 10  với x ∈ ( 0; +∞ ) \ { 10} .
Đặt

2 x − 18 
−4 x + 34
g ′ ( x ) = 4 1 +
÷ g ′′ ( x ) =
3

4
 ( x − 10 ) ÷
( x − 10 ) .

;
Ta có:

g′( x)

có bảng biến thiên như sau


Suy ra phương trình

α ∈ ( 9, 22;10 )

g′ ( x ) = 0

 17

α ∈  ;10 ÷
 2
 . Lại có g ′ ( 9, 22 ) > 0 nên
có một nghiệm duy nhất

. Ta có bảng biến thiên của

Từ đó suy ra phương trình

m = g ( x)

g ( x)

trên

( 0; +∞ ) \ { 10} :

có 3 nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi

−81
< m < g(α)
25
.

4 x < 40

2
  2 x − 18 
3 <  x − 10 ÷
9, 22;10 )
(
 nên g ( x ) < 37 ⇒ g ( α ) ∈ ( 36;37 ) .
Trên khoảng
thì  
Vậy những giá trị m nguyên dương thỏa mãn yêu cẩu bài tốn là 1; 2; 3; …; 36 hay có 36 giá trị
của m cần tìm.
Câu 17.

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hàm số f ( x) = ( x − 1).( x − 2)...( x − 2020). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn

[ −2020; 2020]
A. 2020.

để phương trình f ′( x) = m. f ( x) có 2020 nghiệm phân biệt?
B. 4040.
C. 4041.
D. 2020.
Lời giải

Chọn B
Ta có nhận xét: khi f ( x ) = 0 thì phương trình f ′( x) = m. f ( x) vơ nghiệm.

Do đó:

f ′( x ) = m. f ( x) ⇔ m =

Xét hàm số

g ( x) =

g ′( x) =

Ta có

f ′( x)
1
1
1
1

=
+
+
+K +
f ( x) x − 1 x − 2 x − 3
x − 2020 .

−1

( x − 1)

Bảng biến thiên:

f ′( x)
.
f ( x)

2

+

−1

( x − 2)

2

+

−1

( x − 3)

2

+K +

−1

( x − 2020 )

2

< 0, ∀x ∈ ¡ \ { 1; 2;3...; 2020}


Dựa vào BBT, phương trình f ′( x) = m. f ( x) có 2020 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 0 hoặc
m < 0.

[ −2020; 2020] nên
Kết hợp với điều kiện m là số nguyên thuộc
m ∈ { n ∈ ¢ | −2020 ≤ n ≤ 2020, n ≠ 0} .
Vậy có tất cả 4040 giá trị m thỏa u cầu bài tốn.
(ĐHQG

Câu 18.

Hà

Nội

-

2020)

Cho

phương

trình

3

4 cos3 x − 12 cos 2 x − 33cos x = 4 m + 3 3cos 2 x + 9 cos x + m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

 2π 
0; 
tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất thuộc  3  .
A. 15.
B. 16.
C. 17.

D. 18.

Lời giải
Chọn A

 2π 
 1 
 1 

 2π 
x ∈  0;  ⇒ t ∈  − ;1
t ∈  − ;1
x ∈ 0; 
 3 
 2  , với mỗi
 2  chỉ có một
 3 
Đặt t = cos x với
4t 3 − 12t 2 − 33t = 4m + 3 3t 2 + 9t + m ( 1)
3

Ta có

 1 
t ∈  − ;1
 2 
Bài tốn trở thành tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất
4t 3 − 12t 2 − 33t = 4m + 3u 4t 3 = 12t 2 + 33t + 4m + 3u
3 2
u = 3t + 9t + m ⇒ 
⇒
3
2
3
2
u = 3t + 9t + m
4u = 12t + 36t + 4m
Đặt

(

)

(

⇒ 4t 3 − 4u 3 = 3u − 3t ⇔ ( t − u ) 4t 2 + 4ut + 4u 2 + 3 = 0 ⇔ u = t , 4t 2 + 4ut + 4u 2 + 3 > 0
 1 
t
∈
 − 2 ;1
3
2
m
=
t
−
3
t
−
9
t
m
Ta tìm để phương trình
có nghiệm duy
t = −1(l )
g ( t ) = t 3 − 3t 2 − 9t ⇒ g ' ( t ) = 3t 2 − 6t − 9 ⇒ g ' ( t ) = 0 ⇔ 
 t = 3 (l )
Xét
29

 1
g ( 1) ≤ m ≤ g  − ÷ ⇔ − 11 ≤ m ≤
8 vậy có 15 giá trị nguyên của m.
 2
Vậy

)


x−2
3
1
y=
− + 4m − 2020
x và
x−2 x
Câu 19. (Sở Ninh Bình 2020) Cho hai hàm số
, Tổng tất các
các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hai hàm số cắt nhau tại một điểm duy nhất là
A. 506 .
B. 1011 .
C. 2020 .
D. 1010 .
y = ln

Lời giải
Chọn A
+ Phương trình hồnh độ điểm chung của hai đồ thị hàm số là
x−2
3

1
x−2
3
1
ln
=
− + 4m − 2020 ⇔ ln
−
+ = 4m − 2020 (*)
x
x−2 x
x
x−2 x
Đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi (*) có duy nhất một
nghiệm.
3
1

 g1 ( x) = ln( x − 2) − ln x − x − 2 + x khi x > 2

x−2
3
1 
3
1
y = ln
−
+ =  g 2 ( x) = ln(2 − x) − ln x −
+
khi 0 < x < 2

x
x−2 x 
x−2 x
3
1

 g3 ( x) = ln(2 − x) − ln(− x) − x − 2 + x khi x < 0

+ Xét hàm số
 /
1
1
3
1
4( x 2 − 1)
g
(
x
)
=
−
+
−
=
 1
x − 2 x ( x − 2)2 x 2 x 2 ( x − 2)2


−1 1
3

1
4( x 2 − 1)
 /
− +
−
=
 g 2 ( x) =
2 − x x ( x − 2) 2 x 2 x 2 ( x − 2)2

 /
−1 1
3
1
4( x 2 − 1)
− +
−
=
 g 3 ( x) =
2 − x x ( x − 2) 2 x 2 x 2 ( x − 2)2
Ta có 
bảng biến thiên hàm số như sau

khi x > 2
khi 0 < x < 2
khi x < 0

 x = −1
y=0⇔
x =1
, do vậy

+ Qua bảng biến thiên này ta có (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
 m = 506 ∈ Z
 4m − 2020 = 4

⇔
 4m − 2020 = ln 3
 m = 2020 + ln 3 ∉ Z


4

+ Tư đây yêu cầu bài toán xãy ra khi và chỉ khi m = 506 .


Câu 20.

y = ( x + 1) ( 2 x + 1) ( 3 x + 1) ( m + 2 x )

(Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hai hàm số

;

y = −12 x 4 − 22 x 3 − x 2 + 10 x + 3 có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m trên đoạn
A. 4040 .

[ −2020; 2020]

để

( C1 )

B. 2020 .

cắt

( C2 )

tại 3 điểm phân biệt?
C. 2021 .
D. 4041 .
Lời giải

Chọn C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị

( C1 )

và

( C2 ) :

( x + 1) ( 2 x + 1) ( 3 x + 1) ( m + 2 x ) = −12 x 4 − 22 x3 − x 2 + 10 x + 3
Để đồ thị

( C1 )

cắt

( C2 )

(1)

tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

1 1

x ∈  −1; − ; − 
2 3  : Khơng là nghiệm của phương trình (1).

Với
1 1

x ∉  −1; − ; − 
2 3  ta có:

Với
−12 x 4 − 22 x 3 − x 2 + 10 x + 3
1
1
1
− 2 x ⇔ m = −2 x − 2 x +
+
+
( 1) ⇔ m =
x + 1 2 x + 1 3x + 1
( x + 1) ( 2 x + 1) ( 3x + 1)

Xét hàm số

f ( x ) = −2 x − 2 x +

f ′ ( x ) = −2 −

Suy ra:

2x
x2

−

1
1
1
∀x ∈ ¡
+
+
x + 1 2 x + 1 3x + 1 ,

1

( x + 1)

2

−

2

( 2 x + 1)

2

−

.

1 1

\ −1; − ; − 
2 3 .


3

( 3x + 1)

2

.

1
2
3

−
−
khi x ∈ ( 0; +∞ )
2

2
2
 −4 −
x
+
1
2
x
+
1
3
x
+
1
(
)
(
)
(
)

f ′( x) = 
2
3
1 1

− 1 −
−
khi x ( −∞; 0 ) \  −1; − ; − 
2

2
2
 ( x + 1)
2 3

f ′( x)
( 2 x + 1) ( 3x + 1)

Ta có:
và
khơng xác
định tại x = 0 .

Bảng biến thiên:


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì m ≥ 0 . Do đó có
2021 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 21.

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hàm số
(d ) : y = 2 x ( m là tham số thực).
Số giá trị nguyên của
A. 15 .

m ∈ [ −15;15]
B. 30 .

(x

y=

2

− 2 x + m ) − 3x − m
2

x −3

(C )

và đường thẳng

để đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C ) tại bốn điểm phân biệt là
C. 16 .
D. 17 .
Lời giải

Chọn A
Xét pt hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

(x

2

− 2 x + m ) − 3x − m
2

x −3

= 2 x ⇔ ( x 2 − 2 x + m ) − 3x − m = 2 x 2 − 6 x ( x ≠ 3 )
2

⇔ ( x 2 − 2 x + m ) = 2 x 2 − 3 x + m ( x ≠ 3)
2

2
Đặt: x − 2 x + m = t ta được hệ:

( *)

 x2 − 2x + m = t
x2 − 2x − t + m = 0


⇔ 2 2
2
2
t = 2 x − 3x + m
2 x − t − 3x + m = 0



t = x
⇒ x 2 − t 2 − x + t = 0 ⇒ ( x − t ) ( x + t − 1) = 0 ⇒ 
t = 1 − x
 x 2 − 3 x + m = 0 ( 1)
 x2 − 2x + m = x
⇔ 2
 2

x − 2x + m = 1 − x

 x − x + m − 1 = 0 ( 2 )
Suy ra:
⇔ ( *)
⇔ ( 1) , ( 2 )
YCBT
phải có 4 nghiệm phân biệt khác 3
đều phải có hai nghiệm pb khác 3 và
các nghiệm của chúng không trùng nhau.
9

9 − 4m > 0
m < 4
m < 1, 25

 3
3 − 3.3 + m ≠ 0
m ≠ 0

⇔
⇔ m ≠ 0 ( **)

1 − 4 ( m − 1) > 0
m < 5
 m ≠ −5

32 − 3 + m − 1 ≠ 0

4


m ≠ −5
( 1) , ( 2 ) đều có hai nghiệm pb khác 3 khi:

 x 2 − 3x + m = 0


(- 1) , ( 2 ) khơng có nghiệm trùng nhau ⇔ Hệ:  x 2 − x + m − 1 = 0 Vô nghiệm
2 x − 1 = 0
⇔ 2
 x − 3x + m = 0 Vô nghiệm
1

x =
⇔
2
 x 2 − 3x + m = 0

Vô nghiệm
2

1
1
⇔  ÷ − 3.  ÷+ m ≠ 0
2
2
5
⇔ m ≠ ( ***)
4

Vậy số giá trị nguyên của
Câu 22.

m ∈ [ −15;15]

đồng thời thỏa mãn

( **)

và

( ***)

y = x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 và

(Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hai hàm số
y = x3 m − 15 x ( m + 3 − 15 x )

có đồ thị lần lượt là

( C1 )

và

( C2 ) . Gọi

là 15.

S là tập hợp tất cả các giá

[ −2019; 2019] để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại hai điểm phân
trị nguyên của tham số m thuộc đoạn
biệt. Số phần tử của tập hợp S bằng
B. 2005 .

A. 2006 .

C. 2007 .
Lời giải

D. 2008 .

Chọn A
Ta biết

( C1 )

cắt

( C2 )

tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 = x 3 m − 15 x ( m + 3 − 15 x )
Điều kiện:

m − 15 x ≥ 0 ⇔ m ≥ 15 x ( *)

( 1)

có hai nghiệm phân biệt.

.

( 1) vô nghiệm. Suy ra x ≠ 0 .
Nếu x = 0 thì phương trình
1
( 1) ⇔ x3 + 6 x 2 + 6 x + 3 = m − 15x ( m + 3 − 15x )
x
Khi đó
3

1
1


⇔  x + ÷ + 3 x + ÷=
x
x



(

m − 15 x

)

3

+ 3 m − 15 x

.

f ( t ) = t + 3t
Xét hàm số
. Tập xác định D = ¡ .
2
f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡
f ( t ) = t 3 + 3t
. Suy ra hàm số
đồng biến trên ¡ .
1
( 1) ⇔ x + = m − 15 x ( 2 )
x
Do đó
.
1
x<0⇒ x+ <0
⇒ Phương trình ( 2 ) vơ nghiệm ⇒ x > 0 .
x
Nếu
3

m > 0


1
1

1
x+ >0
2 ) ⇔ x 2 + 2 + 2 = m − 15 x ⇔ m = x 2 + 2 + 2 + 15 x
(

x
x
x
Khi đó 
nên
.
1
2
g ( x ) = x 2 + 2 + 2 + 15 x, x > 0 g ′ ( x ) = 2 x − 3 + 15
x
x
Đặt
.
.
1
x=
g′ ( x ) = 0
2 trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Phương trình
có một nghiệm
Bảng biến thiên


m>

( 1)
Suy ra

55
4 ( thỏa m > 0 ).

có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
m ∈ [ −2019; 2019]
m ∈ [ 14; 2019]
Kết hợp với m nguyên và
ta có được m nguyên và
.
Khi đó S có 2019 − 14 + 1 = 2006 phần tử.
Dạng 2. Tương giao hàm hợp, hàm ẩn
Câu 1.

(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hàm số

Số nghiệm thuộc đoạn
A. 4 .

[ −π ; 2π ]

f ( x)

có bảng biến thiên như sau:

của phương trình

B. 6 .

2 f ( sin x ) + 3 = 0

C. 3 .
Lời giải

là
D. 8 .

Chọn B
x ∈ [ −π ; 2π ]
t ∈ [ −1;1]
Đặt t = sin x . Do
nên
.

Khi đó ta có phương trình

2 f ( t) +3 = 0 ⇔ f ( t) = −

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình
t = b ∈ ( 0;1)

3
2.

f ( t) = −

3
2 có 2 nghiệm t = a ∈ ( −1;0 ) và

.

Trường hợp 1:

t = a ∈ ( −1; 0 )

Ứng với mỗi giá trị
Trường hợp 2:

t ∈ ( −1;0 )

thì phương trình có 4 nghiệm −π < x1 < x2 < 0 < π < x3 < x4 < 2π .

t = b ∈ ( 0;1)

Ứng với mỗi giá trị

t ∈ ( 0;1)

thì phương trình có 4 nghiệm 0 < x5 < x6 < π .

Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm
Câu 2.

thuộc đoạn

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hàm số

f ( x)

[ −π ; 2π ]
có bảng biến thiên như sau


 5π 
0; 2 
f ( sin x ) = 1
Số nghiệm thuộc đoạn
của phương trình
là
A. 7 .
B. 4 .
C. 5 .
Lời giải
Chọn C
 5π 
x ∈ 0;  ⇒ t ∈ [ −1;1]
 2 
Đặt t = sin x ,
Khi đó phương trình

f ( sin x ) = 1

trở thành

D. 6 .

f ( t ) = 1, ∀t ∈ [ −1;1]

Đây là phương trình hồnh độ giao điểm của hàm số

y = f ( t)

và đường thẳng y = 1 .

t = a ∈ ( −1;0 )
f ( t) =1⇒ 
t = b ∈ ( 0;1) .
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
t = a ∈ ( −1;0 )
Trường hợp 1:
Ứng với mỗi giá trị
π < x1 < x2 < 2π .
Trường hợp 2:

t ∈ ( −1;0 )

thì phương trình sin x = t có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

t = b ∈ ( 0;1)

Ứng với mỗi giá trị

t ∈ ( 0;1)

thì phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn

5π

;
2
Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
 5π 
0; 
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn  2  .
0 < x3 < x4 < π ; 2π < x5 <

Câu 3.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số
nghiệm thực phân biệt của phương trình

A. 8 .

B. 5 .

f ( x3 f ( x) ) + 1 = 0

C. 6 .
Lời giải

là

D. 4 .


Chọn

C.

x = 0
 f ( x) = 0
 x 3 f ( x) = 0

 3
3
3
f ( x f ( x ) ) + 1 = 0 ⇔ f ( x f ( x ) ) = −1 ⇔  x f ( x ) = a > 0 ⇔  f ( x) = a (do x ≠ 0)
x3
 x 3 f ( x) = b > 0


 f ( x) = b (do x ≠ 0)

x3

 f ( x) = 0 có một nghiệm dương x = c .

 Xét phương trình

Đặt

f ( x) =

g ( x) = f ( x) −

g ′( x ) = f '( x) +

k
x 3 với x ≠ 0, k > 0 .

k
x3 .

3k
x4 .

′
 Với x > c , nhìn hình ta ta thấy f ( x) > 0

⇒ g ′( x) = f ′( x) +

3k
>0
x4

⇒ g ( x) = 0 có tối đa một nghiệm.
 g (c) < 0
 lim g ( x) = +∞
( c; +∞ )
Mặt khác  x→+∞
và g ( x) liên tục trên

⇒ g ( x ) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( c; +∞ ) .
 Với 0 < x < c thì

f ( x) < 0 <

k
x 3 ⇒ g ( x) = 0 vô nghiệm.

′
 Với x < 0 , nhìn hình ta ta thấy f ( x) > 0
⇒ g ( x) = 0 có tối đa một nghiệm.

⇒ g ′( x) = f ′( x) +

3k
>0
x4


 lim− g ( x) > 0
x →0

 lim g ( x) = −∞
( −∞;0 ) .
Mặt khác  x→−∞
và g ( x) liên tục trên
⇒ g ( x ) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( −∞; 0 ) .
¡ \ { 0}
Tóm lại g ( x) = 0 có đúng hai nghiệm trên
.
a
b
f ( x) = 3 f ( x ) = 3
x ,
x có 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c .
Suy ra hai phương trình

Vậy phương trình
Câu 4.

f ( x3 f ( x) ) + 1 = 0

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số

có đúng 6 nghiệm.
f ( x)

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
A. 6 .
B. 4 .

có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.

f ( x3 f ( x ) ) + 1 = 0

là

C. 5 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn A
f ( x3 f ( x ) ) + 1 = 0 ⇔ f ( x3 f ( x ) )
Dựa vào đồ thị, ta thấy

 x 3 f ( x ) = a ∈ ( −6; −5 )


= −1 ⇔  x 3 f ( x ) = b ∈ ( −3; −2 )
 3
 x f ( x ) = 0

( 1)
( 2)
( 3)

x = 0
x = 0
⇔


( 3) tương đương  f ( x ) = 0  x = x1 , ( −6 < x1 < a < −5 ) .
+ Phương trình

+ Các hàm số

g ( x) =

a
b
h ( x) = 3
3
x và
x đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 0; +∞ ) , và nhận

( 1) nên:
xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình

 f ( x) = g ( x)

( 1) ⇔ 

 f ( x ) = h ( x ) .


 lim f ( x ) = +∞; lim f ( x ) = −1
x → 0−
 x→−∞

g ( x ) = lim h ( x ) = 0
 xlim
→−∞
x →−∞

g ( x ) = lim− h ( x ) = +∞
( −∞; 0 ) , ta có  xlim
→ 0−
x →0
+ Trên khoảng
nên các phương trình
f ( x) = g ( x)

và

f ( x) = h ( x)

có nghiệm duy nhất.

 lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = −1
x → 0+
 x→+∞

g ( x ) = lim h ( x ) = 0
 xlim
→+∞
x →+∞

g ( x ) = lim+ h ( x ) = −∞
( 0; +∞ ) , ta có  xlim
→ 0+
x →0
+ Trên khoảng
nên các phương trình
f ( x) = g ( x)

và

f ( x) = h ( x)

Do đó, phương trình
Câu 5.

có nghiệm duy nhất.

f ( x3 f ( x ) ) + 1 = 0

có 6 nghiệm phân biệt.

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn
bên.

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
A. 8 .
B. 12 .

y = f ( x)

có đồ thị là đường cong trong hình vẽ

f ( x 2 f ( x) ) + 2 = 0

C. 6 .
Lời giải

Chọn D

 x2 f ( x) = 0
 2
x f ( x ) = a ( 1)
2
f ( x f ( x) ) + 2 = 0 ⇔  2
 x f ( x) = b ( 2 )
 2
 x f ( x ) = c ( 3 ) với 0 < a < b < c .

là
D. 9 .

Xét phương trình

f ( x) =

m
( 1)
x2

( m > 0)

.
( C ) : y = f ( x)

Gọi α , β là hoành độ giao điểm của
m
m
(1) ⇔ f ( x) − 2 = 0
g ( x ) = f ( x) − 2
x
x
. Đặt
Đạo hàm

g ′( x) = f ′( x) +

Trường hợp 1:
Ta có

và Ox ; α < 0 < β .

2m
x3 .

x < α ; f ′( x) < 0;

lim g ( x ) = +∞, g (α ) = −

x →−∞

2m
< 0 ⇒ g ′( x) < 0
x3
m
<0
g ( x) = 0
( −∞; α ) .
α2
. Phương trình
có một nghiệm thuộc

Trường hợp 2: α < x < β
m
>0
f ( x) < 0 , x 2
suy ra g ( x) < 0 ∀x ∈ (α , β ) .
Trường hợp 3:
Ta có

2m

> 0 ⇒ g ′( x) > 0
x3

x > β ; f ′( x) > 0;

lim g ( x ) = +∞, g ( β ) = −

x →−∞

m
<0
g ( x) = 0
β2
. Phương trình
có một nghiệm thuộc ( β ; +∞) .

m
x 2 có hai nghiệm ∀m > 0 .
Vậy phương trình
2
Ta có: x f ( x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ f ( x) = 0 : có ba nghiệm.
f ( x) =

Vậy phương trình
Câu 6.

( 1)

có 9 nghiệm.

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hàm số

Số nghiệm thực của phương trình
A. 6.
B. 12.

y = f ( x)

có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

f ( x2 f ( x ) ) = 2

là:
C. 8.

Lời giải
Chọn D

D. 9.